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一个等差×等比数列连加式

作者:互联网

背景

今天在做数字信号处理作业的时候,发现了这样的一种连加式。我们在高中学习了如何计算等比数列,那我们再引申一些,得到下面的一个数列。
  假如存在这么一个通项 a n = n m q n a_n = n^m q^n an​=nmqn,我们定义一个连加式如下: S n = ∑ n = 0 N 0 − 1 a n S_n = \sum_{n = 0} ^ {N_0 - 1} a_n Sn​=∑n=0N0​−1​an​,这种问题应该如何解决呢?

引言

我们简要介绍一个公式,也很简单,如下: n m − ( n − 1 ) m = C m 1 n m − 1 + C m 2 n m − 2 ( − 1 ) 1 + C m 3 n m − 3 ( − 1 ) 2 + ⋯ + C m m n 0 ( − 1 ) m − 1 n^m - (n-1)^m = C_m^1 n^{m-1}+C_m^2n^{m-2}(-1)^1+C_m^3n^{m-3}(-1)^2+\dots+C_m^mn^{0}(-1)^{m-1} nm−(n−1)m=Cm1​nm−1+Cm2​nm−2(−1)1+Cm3​nm−3(−1)2+⋯+Cmm​n0(−1)m−1
我们在计算连加式的时候,要利用等比数列的计算思想,对不相等的系数呢,最好给它化成相等的数。我在这里列一个表格。我们定义一种标记如下: S n i = ∑ n = 1 N 0 − 1 n i q n S_n^i = \sum_{n = 1} ^ {N_0 - 1}n^i q^n Sni​=∑n=1N0​−1​niqn。并且在计算 S n m S_n^m Snm​的时候,假定 S n m − 1 , S n m − 2 … S n 0 S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0 Snm−1​,Snm−2​…Sn0​都已知。我们可以推出一个递推式,这个递推式是由 S n m − 1 , S n m − 2 … S n 0 S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0 Snm−1​,Snm−2​…Sn0​组成。我们先来看下面的这个式子。
S n m = q + 2 m q 2 + 3 m q 3 ⋯ + ( N 0 − 1 ) m q N 0 − 1 S_n^m = q + 2^mq^2+3^mq^3\dots+(N_0-1)^mq^{N_0-1} Snm​=q+2mq2+3mq3⋯+(N0​−1)mqN0​−1,我们把它们的系数全部写下来,看看有什么特征。

1 1 1 2 m 2^m 2m 3 m 3^m 3m … \dots … ( N 0 − 1 ) m (N_0-1)^m (N0​−1)m

我们尽可能地去利用等比数列的求和公式,所以我们进行如下的展开。

1 1 1 1 1 1 1 1 1 … \dots … 1 1 1
0 0 0 2 m − 1 2^m-1 2m−1 2 m − 1 2^m-1 2m−1 … \dots … 2 m − 1 2^m-1 2m−1
0 0 0 0 0 0 3 m − 2 m 3^m-2^m 3m−2m … \dots … 3 m − 2 m 3^m-2^m 3m−2m
0 0 0 0 0 0 0 0 0 … \dots … 4 m − 3 m 4^m-3^m 4m−3m
… \dots … … \dots … … \dots … … \dots … … \dots …
0 0 0 0 0 0 0 0 0 … \dots … ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m (N_0-1)^m-(N_0-2)^m (N0​−1)m−(N0​−2)m

我们知道,一个等比数列的求和公式只与首项和尾项以及公比有关。从上述展开式中,我们可以从中发现 ( N 0 − 1 ) (N_0-1) (N0​−1)个等比数列的求和。它们的和分别如下: q − q N 0 1 − q \frac{q-q^{N_0}}{1-q} 1−qq−qN0​​, ( 2 m − 1 ) q 2 − q N 0 1 − q (2^m-1)\frac{q^2-q^{N_0}}{1-q} (2m−1)1−qq2−qN0​​, ( 3 m − 2 m ) q 3 − q N 0 1 − q (3^m-2^m)\frac{q^3-q^{N_0}}{1-q} (3m−2m)1−qq3−qN0​​ … \dots … ( ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m ) q N 0 − 1 − q N 0 1 − q ((N_0-1)^m-(N_0-2)^m)\frac{q^{N_0-1}-q^{N_0}}{1-q} ((N0​−1)m−(N0​−2)m)1−qqN0​−1−qN0​​,而 S n m S_n^m Snm​就是前面一系列式子的和。我们加到一起会发现如下的式子: S n m = q + ( 2 m − 1 ) q 2 + ( 3 m − 2 m ) q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m ) q N 0 − 1 1 − q − ( N 0 − 1 ) m p N 0 1 − q S_n^m = \frac{q+(2^m-1)q^2+(3^m-2^m)q^3+\dots+(N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1}}{1-q}-\frac{(N_0-1)^mp^{N_0}}{1-q} Snm​=1−qq+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0​−1)m−(N0​−2)m)qN0​−1​−1−q(N0​−1)mpN0​​,这个时候,我们的工作重心就转移到解前一段很长的式子之和上,我们发现: n m − ( n − 1 ) m = C m 1 n m − 1 + C m 2 n m − 2 ( − 1 ) 1 + C m 3 n m − 3 ( − 1 ) 2 + ⋯ + C m m n 0 ( − 1 ) m − 1 n^m - (n-1)^m = C_m^1 n^{m-1}+C_m^2n^{m-2}(-1)^1+C_m^3n^{m-3}(-1)^2+\dots+C_m^mn^{0}(-1)^{m-1} nm−(n−1)m=Cm1​nm−1+Cm2​nm−2(−1)1+Cm3​nm−3(−1)2+⋯+Cmm​n0(−1)m−1,这就意味着我们可以将第一部分式子中的系数给再次展开,可以得到如下的式子: q + ( 2 m − 1 ) q 2 + ( 3 m − 2 m ) q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − ( N 0 − 2 ) m ) q N 0 − 1 = C m 1 ( − 1 ) 0 ( 1 m − 1 q + 2 m − 1 q 2 + 3 m − 1 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − 1 q N 0 − 1 ) + C m 2 ( − 1 ) 1 ( 1 m − 2 q + 2 m − 2 q 2 + 3 m − 2 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − 2 q N 0 − 1 ) + C m 3 ( − 1 ) 2 ( 1 m − 3 q + 2 m − 3 q 2 + 3 m − 3 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) m − 3 q N 0 − 1 ) + ⋯ + C m m ( − 1 ) m − 1 ( 1 0 q + 2 0 q 2 + 3 0 q 3 + ⋯ + ( N 0 − 1 ) 0 q N 0 − 1 ) q+(2^m-1)q^2+(3^m-2^m)q^3+\dots+(N_0-1)^m-(N_0-2)^m)q^{N_0-1} = C_m^1(-1)^0(1^{m-1}q+2^{m-1}q^2+3^{m-1}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-1}q^{N_0-1})+C_m^2(-1)^1(1^{m-2}q+2^{m-2}q^2+3^{m-2}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-2}q^{N_0-1})+C_m^3(-1)^2(1^{m-3}q+2^{m-3}q^2+3^{m-3}q^3+\dots+(N_0-1)^{m-3}q^{N_0-1})+\dots+C_m^m(-1)^{m-1}(1^{0}q+2^{0}q^2+3^{0}q^3+\dots+(N_0-1)^{0}q^{N_0-1}) q+(2m−1)q2+(3m−2m)q3+⋯+(N0​−1)m−(N0​−2)m)qN0​−1=Cm1​(−1)0(1m−1q+2m−1q2+3m−1q3+⋯+(N0​−1)m−1qN0​−1)+Cm2​(−1)1(1m−2q+2m−2q2+3m−2q3+⋯+(N0​−1)m−2qN0​−1)+Cm3​(−1)2(1m−3q+2m−3q2+3m−3q3+⋯+(N0​−1)m−3qN0​−1)+⋯+Cmm​(−1)m−1(10q+20q2+30q3+⋯+(N0​−1)0qN0​−1)幸运地是这个式子仍然是可以简化的,我们简化得到下面的形式: ∑ k = 1 m − 1 C m k ( − 1 ) k − 1 S n m − k \sum_{k = 1}^{m-1}C_m^k(-1)^{k-1}S_n^{m-k} ∑k=1m−1​Cmk​(−1)k−1Snm−k​,那我们再回到上面的式子,我们可以得到如下的式子: S n m = ∑ k = 1 m C m k ( − 1 ) k − 1 S n m − k 1 − q − ( N 0 − 1 ) m p N 0 1 − q S_n^m = \frac{\sum_{k = 1}^{m}C_m^k(-1)^{k-1}S_n^{m-k}}{1-q}-\frac{(N_0-1)^mp^{N_0}}{1-q} Snm​=1−q∑k=1m​Cmk​(−1)k−1Snm−k​​−1−q(N0​−1)mpN0​​,那我们就可以得知,在假定 S n m − 1 , S n m − 2 … S n 0 S_n^{m-1},S_n^{m-2}\dots S_n^0 Snm−1​,Snm−2​…Sn0​都已知的情况下,我们可以推出 S n m S_n^m Snm​的值。

尾声

又发现了一个小东西,迫不及待地发出来博各位看官一乐…

标签:dots,连加式,等比数列,一个,Snm,3m,N0,2m,式子
来源: https://blog.csdn.net/Jdeframe/article/details/120792183